\documentclass[math_note.tex]{subfiles}

\begin{document}
\chapter{Série Entière 幂级数}
\begin{note}
	Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose $X^{n}:z \in \mathbb{C} \mapsto z^{n}$ .
\end{note}
\begin{newdef}
	Pour $(a_{n})_{n\in \mathbb{N}} \in \mathbb{C}^{\mathbb{N}}$, on appelle sér
	ie entière $((a_{n}X^{n}))$. On s'intéresse à la fonction 
	$$f : z \mapsto \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} z^{n}$$
\end{newdef}

\section{Rayon de convergence 收敛半径}
\begin{newdef}
	设$((a_{n}X^{n}))$是一个幂级数，$((a_{n}X^{n}))$的收敛半径(RCV)记为$R_{c}$，定
	义为：
	$$R_{c} = sup(\{|z|,z \in \mathbb{C} ~ et ~ ((a_{n}X^{n})) ~ converge\}) \in 
	\mathbb{R}_{+} \cup \{ + \infty\}$$ (bien défini car $((a_{n}0^{n}))$ conver
	ge).
\end{newdef}

\begin{note}
		定义$\forall r \in \mathbb{R}_{+}$
		$$D(0,r)=\{ z \in \mathbb{C} : |z| < r \}$$
		$$\bar{D}(0,r)=\{ z \in \mathbb{C} : |z| \leq r \}$$
		$$C(0,r)=\{ z \in \mathbb{C} : |z| = r \}$$
\end{note}

\begin{newlemma}[d'Abel]
设$((a_{n}X^{n}))$是一个幂级数，假设存在$R > 0$ 满足数列$(a_{n}R^{n})$是有界的，则$
\forall r \in ]0,R[$, $((a_{n}X^{n}))$在$\bar{D}(0,r)$上CVN。
\end{newlemma}

\begin{newproof}
	
\end{newproof}

\begin{conclusion}
	设$z\in \mathbb{C}^{*}$满足$f(z)$有定义并且$((a_{n}z^{n}))$收敛，则$\forall 
	z^{'} \in 
	\mathbb{C}$ 满足 $|z^{'}| < |z|$， $((a_{n}{z^{'}}^{n}))$ 绝对收敛(Converge 
	absolument)。
\end{conclusion}

\begin{example}
	\begin{enumerate}
		\item 求$((X^{n}))$ 的收敛半径。$R_{c}=1$ 
		\item 求$((\dfrac{X^{n}}{n!}))$的收敛半径。$R_{c}=+\infty$ 因为 $\forall 
		z \in \mathbb{C}$， $((\dfrac{X^{n}}{n!}))$收敛于$e^{z}$。
	\end{enumerate}
\end{example}

\begin{newthem}
	设$((a_{n}X^{n}))$是一个幂级数，收敛半径为$R_{c}$，对于$z \in \mathbb{C}$,
	\begin{itemize}
		\item 若$|z|<R_{c}$，则$((a_{n}z^{n}))$绝对收敛。
		\item 若$|z|>R_{c}$，则$((a_{n}z^{n}))$无界。
	\end{itemize}
\end{newthem}

\begin{newproof}
	
\end{newproof}

\begin{newdef}
	我们称收敛圆的集合为$C(0,R_{c})$。
\end{newdef}

\begin{example}
	\begin{enumerate}
		\item $((X^{n}))$：对于$z \in \mathbb{U}(|z|=1)$，$((z^{n}))$发散。
		实际上，
		\begin{itemize}
			\item 若$z=1$，$((1^{n}))$发散。
			\item 若$z\neq1$，设$N \in \mathbb{N}$，$ \sum\limits^{N}_{n=0} z^{n
			} = 
			\dfrac{1-z^{N+1}}{1-z}$，$|z^{N+1}-z^{N}|=|z^{N}||z-1|$，其中$|z^{n}
			|=1,|z-1|>0$。
			所以$(z^{N+1})$发散，$((z^{n}))$发散。
		\end{itemize}
		\item 求$((\dfrac{X^{n}}{n^{2}}))$的收敛半径。
		设$z \in \mathbb{C}^{R}$，$n \in \mathbb{N}^{R}$
		\begin{itemize}
			\item 若$|z|\leq1$，则$\forall n \in \mathbb{N}^{*}$，$|\dfrac{z^{n}
			}{n^{2}}|
			 \leq \dfrac{1}{n^{2}}$。
			\item 若$|z|>1$，$(\dfrac{z^{n}}{n^{2}})$无界。
		\end{itemize}
		\begin{conclusion}
			$Rc=1$，$\forall z \in C(0,1)$，$((\dfrac{z^{n}}{n^{2}}))$收敛。
		\end{conclusion}
	\end{enumerate}
\end{example}

\subsection{求收敛半径的方法}
\begin{itemize}
	\item 如果可以找到 $z_{0} \in \mathbb{C}$ 满足数列 $(a_{n}z_{0}^{n})$是有界的，
	则 $R_{c} 
	\geq |z_{0}|$。
	\item 如果级数$((a_{0}z_{0}^{n}))$发散或者数列$(a_{n}z_{0}^{n})$是无界的，则$
	R_{c} \leq
	 |z_{0}|$。
\end{itemize}

\newpage
练习题：求以下幂级数的收敛半径。
\begin{enumerate}
	\item $a_{n}=\dfrac{n^{n}}{n!}$(用两种方法)
	\begin{itemize}
		\item 方法1：直接使用\verb|d'Alembert|判别法。
		$$|\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}| = (1+\dfrac{1}{n})^{n} \underset{n 
		\rightarrow +\infty}{\rightarrow} e$$
		则$((a_{n}X^{n}))$的收敛半径$R_{c}=\dfrac{1}{e}$。
		\item 方法2：根据\verb|STIRLING|定理，$n!\underset{n \rightarrow +\infty}
		{\sim} \sqrt{2\pi n}(\dfrac{n}{e})^{n}$。则
		$$a_{n} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{e^{n}}{\sqrt{2 \pi
		 n}} $$
		则根据命题，找级数$ ((\dfrac{e^{n}}{\sqrt{2 \pi n}} X^{n})) $的收敛半径。
		$$ |\dfrac{\dfrac{e^{n+1}}{\sqrt{2 \pi (n+1)}}}{\dfrac{e^{n}}{\sqrt{2 
		\pi n}}}| 
		= |\dfrac{e\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}| \underset{ n \rightarrow +\infty}{
		\rightarrow}e$$
		则收敛半径是$\dfrac{1}{e}$。
	\end{itemize}
	
	\item $a_{n}=1+\dfrac{1}{n}$

	$1+\dfrac{1}{n} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 1$，根据命题，$(((1+
	\dfrac{1}{n}) X^{n}))$和$((X^{n}))$相同，$R_{c}=1$。

	\item $a_{n}= \prod\limits_{k=1}^{n}(\dfrac{3k+1}{k+\dfrac{1}{2}})$

	$|\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}| \underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow} 3$，$
	R_{c}=\dfrac{1}{3}$。

	\item $a_{n}=2+cos n$

	若$|z|=1$：有级数$((2+cosn))$发散，所以$R_{c}\leq 1$；并且有数列$(2+cosn)$是有
	界的，则$R_{c}
	 \geq 1 $。故$R_{c} = 1$。

	\item $a_{n}=C_{2n}^{n}$
    
    $|\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}|=|\dfrac{4n+2}{n+1}| \underset{n \rightarrow +
    \infty}{\rightarrow}4$，故$R_{c}=\dfrac{1}{4}$。

		
\end{enumerate}

以上是对收敛半径的一些总结，不全面，日后补充。

接下来是对有关幂级数的运算的一些总结。

\section{Opération sur les séries entières 幂级数的运算}

这里重点是对幂级数的和函数进行求导和积分运算。在之前还有幂级数的和与积的概念。

\begin{newprop}[幂级数的和与积]
	设$((a_{n}X^{n}))$和$((b_{n}X^{n}))$是两个幂级数，定义数列：
	$$(s_{n})=(a_{n}+b_{n})_{n \in \mathbb{N}} \quad (p_{n})=(\sum\limits_{k=0}
	^{n} a_{k}b_{n-k})_{n \in \mathbb{N}}$$

	那么有两个幂级数的和为：
	$$\sum\limits_{n=0}^{+\infty} s_{n}z^{n} = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} 
	a_{n}z^{n} + \sum\limits_{n=0}^{+\infty} b_{n}z^{n} = \sum\limits_{n=0}
	^{+\infty} (a_{n}+b_{n})z^{n}$$

	而两个幂级数的乘积定义为：
	$$\sum\limits_{n=0}^{+\infty}p_{n}z^{n} =  (\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_{n}
	z^{n})(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}b_{n}z^{n}) =\sum\limits_{n=0}^{+\infty}
	(\sum\limits_{k=0}^{n} a_{k}b_{n-k})z^{n}$$

\end{newprop}

接下来讨论对于幂级数的和函数进行求导和积分的运算。

在幂级数的收敛区间$]-R_{c},R_{c}[$内，幂级数的和函数定义为：
$$f:x \in ]-R_{c},R_{c}[ \mapsto \sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_{n}x^{n}$$

\begin{multicols}{2}
对其进行逐项求导得到：
$$ \sum\limits_{n=0}^{+\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n} $$

也就是级数 $ (((n+1)a_{n+1}x^{n}))_{n \in \mathbb{N}} $。

逐项求积分得到：
$$ \sum\limits_{n=0}^{+\infty}\dfrac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $$

也就是级数 $ ((\dfrac{a_{n}}{n+1}x^{n+1}))_{n \in \mathbb{N}} $。
\end{multicols}

有结论级数$ (((n+1)a_{n+1}x^{n}))_{n \in \mathbb{N}} $ 和 $ ((\dfrac{a_{n}}
{n+1}x^{n+1}))_{n \in \mathbb{N}} $ 与级数  $ ((a_{n}x^{n})) $ 的收敛半径是相同的。

而且还有和函数 $f$ 在幂级数的收敛区间 $]-R_{c},R_{c}[$ 可导，$\forall x \in 
]-R_{c},R_{c}[$，
$$ f'(x) = \sum\limits_{n=0}^{+\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n} $$ 

$f$ 在 $0$ 与 $x$ 这个区间上可积，且有：
$$ \int_{0}^{x}f(t)dt =  \sum\limits_{n=0}^{+\infty}\dfrac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $$

\begin{example}

	几何级数$ ((x^{n})) $在收敛域 $(-1,1)$ 内有 $\sum\limits_{n=0}^{+\infty}x^{n}
	 = \dfrac{1}{1-x} $。

	对级数$ ((x^{n})) $在收敛域 $(-1,1)$ 内逐项求导得到：
	$$ \boxed{ \sum\limits_{n=0}^{+\infty}(n+1)x^{n} = \dfrac{1}{(1-x)^{2}} } $$
	$$ \boxed{ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(n+1)x^{n-1} = \dfrac{2!}{(1-x)^{3}} 
	} $$

	对级数$ ((x^{n})) $在$[0,x[(x<1)$上逐项求积分可得：
	$$ \boxed{ \int_{0}^{x} \dfrac{1}{1-t} dt = \sum\limits_{n=0}^{+\infty}
	\dfrac{x^{n+1}}{n+1} = ln \dfrac{1}{1-x} }$$

\end{example}

\section{Fonctions développables en série entière 函数的幂级数展开}
\subsection{泰勒级数}
\begin{newthem}[泰勒定理]
	若函数 $f$ 在点 $x_{0}$ 的某邻域内存在直至 $n+1$ 阶的连续导数，则
	$$ f(x) = f(x_{0}) + f'(x_{0})(x - x_{0}) + \dfrac{f''(x_{0})}{2!}(x - x_{0}
	)^{2} + \cdots + \dfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n} + R_{n}(x) $$

	这里 $R_{n}(x)$ 为拉格朗日型余项
	$$ R_{n}(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - x_{0})^{n+1} $$

	其中 $ \xi $ 在 $ x $ 与 $ x_{0} $ 之间，称上式为 $f$ 在 $x_{0}$ 的\textbf{泰
	勒公式}。
\end{newthem}
将泰勒公式中的余项 $ R_{n}(x) $ 抹去，在 $ x_{0} $ 附近将 $ f $ 直接用右边的多项式近
似代替，如果函数 $f$ 在 $x=x_{0}$ 处是 $ C^{\infty} $ 的，这时称形式为
$$ f(x_{0}) + f'(x_{0})(x - x_{0}) + \dfrac{f''(x_{0})}{2!}(x - x_{0})^{2} + 
\cdots + \dfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n} + \cdots $$
的级数为函数 $f$ 在 $x_{0}$ 的泰勒级数。

\begin{note}
	$f$ 在 $x_{0} $ 的泰勒级数在 $x_{0}$ 附近的和函数是否就是 $f$ ? {\color{red}不
	一定}。

	并非所有 $ C^{\infty} $ 的函数 $f$ 其泰勒级数都收敛于函数本身。以下一个例子说明了
	这一点：

	\begin{example}

		定义函数：
		$$ f: x \in \mathbb{R} \mapsto 
		\left\{
		\begin{aligned}
		e^{-\frac{1}{x}} & & si ~ x > 0 \\
		       0         & & sinon 
		\end{aligned}
		\right. 
		 $$

		函数图像为：
			\begin{figure}[H]
			\centering
			\begin{tikzpicture}
			\begin{axis}[
			    axis lines = center,
			    xlabel = $x$,
			    ylabel = {$f(x)$},
			]
			%Below the red parabola is defined
			\addplot [
			    domain=0:1, 
			    samples=100, 
			    color=red,
			]
			{e^(-1/x)};
			\addlegendentry{$e^{-\frac{1}{x}}$}
			\addplot [
			    domain=-1:0, 
			    samples=100, 
			    color=red,
			]
			{0};
			\end{axis}
			\end{tikzpicture}
			\caption{$f$的图像} \label{fig:1}
			\end{figure}

通过证明可知(证明过程见课堂笔记)，$f$ 在 $\mathbb{R}$ 上是 $C^{\infty}$ 的，并且有
$ \forall n \in \mathbb{N} $ ， $ f^{(n)}(0) = 0 $。

所以 $ f $ 在 $ x=0 $ 的泰勒级数的和函数 $ S $ 是收敛的，为 $\sum\limits_{n=0}^{+
\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}=0 $，很显然 $ \forall x>0 $，$f(x) \neq S(x)$。
 
	\end{example}
\end{note}

\newpage
\section{专题：求幂级数的和函数}

习题 $6$：

\begin{enumerate}
	\item $ (((-1)^{n+1}nX^{2n+1}))_{n \in \mathbb{N}} $ ，它的收敛半径为 $1$。

	记 $ f(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (-1)^{n+1}nx^{2n+1} $，
	 \begin{align*}
	f(x)& = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (-1)^{n+1}nx^{2n+1}  \\
		& \overset{\text{进行变换}}{=} \dfrac{x^{2}}{2} \sum\limits^{+\infty}_{n
		=0} (-1)^{n+1}2nx^{2n-1}
	 \end{align*}
	记 $S(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (-1)^{n+1}2nx^{2n-1} $，则
	$$ f(x) = \dfrac{x^{2}}{2}S(x) $$

	逐项求积分，
	\begin{align*}
	\int_{0}^{x}S(t)dt  & =  \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \int_{0}^{x} (-1)^{n+1}
								2nt^{2n-1} dt \\
						& =  \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (-1)^{n+1}x^{2n} \\
						& =  \dfrac{x^{2}-1}{1-x^{4}}
	\end{align*}
	求导，
	\begin{align*}
		S(x) & = (\dfrac{x^{2}-1}{1-x^{4}})' \\
			 & = \dfrac{2x^{5}-4x^{3}+2x}{(1-x^{4})^{2}}
	\end{align*}
	代回，
	\begin{align*}
		f(x) & = \dfrac{x^{2}}{2}S(x) \\
			 & = \dfrac{x^{2}}{2} \dfrac{2x^{5}-4x^{3}+2x}{(1-x^{4})^{2}} \\
			 & = \dfrac{x^{7}-2x^{5}+x^{3}}{(1-x^{4})^{2}}
	\end{align*}
	

	\item $ (((n^{2}+1)2^{n+1}X^{n}))_{n \in \mathbb{N}} $，它的收敛半径为 $ 
	\dfrac{1}{2} $。

	记 $ f(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (n^{2}+1)2^{n+1}x^{n} $，
	\begin{align*}
		f(x) & = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (n^{2}+1)2^{n+1}x^{n} \\
			 & \overset{\text{分解上式}}{=} \sum\limits^{+\infty}_{n=0} n^{2}2^
			 {n+1}x^{n} + 2\sum\limits^{+\infty}_{n=0} (2x)^{n} \\
			 & = 2\sum\limits^{+\infty}_{n=0} n^{2} (2x)^{n} + \dfrac{2}{1-2x} 
			 \\
			 & = 4x \sum\limits^{+\infty}_{n=0} n^{2} (2x)^{n-1} + \dfrac{2}{1-2
			 x} 
	\end{align*}
	记 $ S(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} n^{2} (2x)^{n-1} $，则
	$$ f(x) = 4x S(x) + \dfrac{2}{1-2x}  $$

	逐项求积分，
	\begin{align*}
	\int_{0}^{x}S(t)dt  & =  \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \int_{0}^{x} n^{2} (2t)
								^{n-1} dt \\
						& =  \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \dfrac{n}{2} (2x)^{n}\\
					    & =  x \sum\limits^{+\infty}_{n=0} n (2x)^{n-1}
	\end{align*}
	记 $S_{1}(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} n (2x)^{n-1} $，则
	$$ \int_{0}^{x}S(t)dt = x S_{1}(x) $$

	再次逐项求积分，
	\begin{align*}
		\int_{0}^{x}S_{1}(t)dt & = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \int_{0}^{x}n 
									(2t)^{n-1} dt \\
							   & = \dfrac{1}{2} \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (2x)
							   		^{n} \\
							   & = \dfrac{1}{2(1-2x)}
	\end{align*}
	求导，
	\begin{align*}
		S_{1}(x) & = (\dfrac{1}{2(1-2x)})' \\
			     & = \dfrac{1}{(1-2x)^{2}}
	\end{align*}
	则，
	$$ \int_{0}^{x}S(t)dt = \dfrac{x}{(1-2x)^{2}} $$
	求导，
	\begin{align*}
		S(x) & = (\dfrac{x}{(1-2x)^{2}})' \\
			 & = \dfrac{1+2x}{(1-2x)^{3}}
	\end{align*}
	代回，
	\begin{align*}
		f(x) & = 4xS(x) + \dfrac{2}{1-2x} \\
			 & = 4x\dfrac{1+2x}{(1-2x)^{3}} + \dfrac{2}{1-2x} \\
			 & = \dfrac{16x^{2}-4x+2}{(1-2x)^{3}}
	\end{align*}


	\item $((\dfrac{(-1)^{n}}{4n} X^{4n-1} ))_{n \geq 1} $，它的收敛半径为$1$。

	记$f(x) = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{4n} x^{4n-1} $，
	\begin{align*}
		f(x) & = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{4n} x^{4n-1} \\
			 & = \dfrac{1}{x}\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{4n} x^
			 {4n}
	\end{align*}
	$$ xf(x) = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{4n} x^{4n}  $$
	逐项求导，
	\begin{align*}
		(xf(x))' & = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} (-1)^{n} x^{4n-1} \\
		f(x)+xf'(x) & = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} (-1)^{n} x^{4n-1} \\
		f(x)+xf'(x) & = \dfrac{x^{3}(x^{4}-1)}{1-x^{8}}\\
		f(x)+xf'(x) & = -\dfrac{x^{3}}{1+x^{4}}
	\end{align*}
	求解上述微分方程：\\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\

	\item $ ((n^{(-1)^{n}} X^{n}))_{n \geq 1} $，它的收敛半径为$ 1 $。

	记$ f(x) = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} n^{(-1)^{n}} x^{n} $，
	\begin{align*}
		f(x) & = \sum\limits^{+\infty}_{n=1} n^{(-1)^{n}} x^{n}\\
			 & \overset{\text{分成奇数和偶数}}{=} \sum\limits^{+\infty}_{n=0} 
			 (2n+1)^{-1} x^{2n+1} + \sum\limits^{+\infty}_{n=1} 2nx^{2n} 
	\end{align*}
	记$ S_{1}(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}  $，$ S_{2
	}(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=1} 2nx^{2n}  $，则
	$$ f(x) = S_{1}(x) + S_{2}(x) $$
	对$ S_{1}(x) $逐项求导，
	\begin{align*}
		S_{1}'(x) & = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} (\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1})'\\
			      & = \sum\limits^{+\infty}_{n=1} x^{2n} \\ 
			      & = \dfrac{x^{2}}{1-x^{2}} 
	\end{align*}
	求积分，
	\begin{align*}
		S_{1}(x) & = \int^{x}_{0} \dfrac{t^{2}}{1-t^{2}} dt \\
			     & = \int^{x}_{0} (-1) dt + \int^{x}_{0} \dfrac{1}{1-t^{2}} dt\\
			     & = -x + \int^{x}_{0} \dfrac{1}{(1+t)(1-t)} dt\\
			     & = -x + \dfrac{1}{2} (\int^{x}_{0} \dfrac{1}{1-t} dt + \int^{x
			     }_{0} \dfrac{1}{1+t} dt )\\ 
			     & = -x + \dfrac{1}{2}ln\dfrac{1+x}{1-x}
	\end{align*}
	再处理$ S_{2}(x) $，
	\begin{align*}
		S_{2}(x) & = \sum\limits^{+\infty}_{n=1} 2n x^{2n}\\
			     & = x\sum\limits^{+\infty}_{n=1} 2n x^{2n-1} 
	\end{align*}
	$$ \dfrac{S_{2}(x)}{x} = \sum\limits^{+\infty}_{n=1} 2n x^{2n-1}  $$
	对$ \dfrac{S_{2}(x)}{x} $ 逐项求积分，
	\begin{align*}
		\int^{x}_{0} \dfrac{S_{2}(t)}{t} dt & = \sum\limits^{+\infty}_{n=1} \int^{
		x}_{0} 2n t^{2n-1} dt \\
		& = \sum\limits^{+\infty}_{n=1} x^{2n} \\
		& = \dfrac{x^{2}}{1-x^{2}}
	\end{align*}
	求导，
	\begin{align*}
		\dfrac{S_{2}(x)}{x} & = (\dfrac{x^{2}}{1-x^{2}})' \\
		& = \dfrac{2x}{(1-x^{2})^{2}} 
	\end{align*}
	$$ S_{2}(x) = \dfrac{2x^{2}}{(1-x^{2})^{2}} $$
	\begin{align*}
		f(x) & = S_{1}(x)+S_{2}(x) \\
		& = -x + \dfrac{1}{2}ln\dfrac{1+x}{1-x}+ \dfrac{2x^{2}}{(1-x^{2})^{2}}
	\end{align*}

	\item $ ((\dfrac{X^{3n}}{(3n)!}))_{n \in \mathbb{N}} $，它的收敛半径为$ +\infty $。

	记 $ f(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \dfrac{x^{3n}}{(3n)!} $，有
	$$ f'''(x) = f(x) $$
	接下来求解这个微分方程。

	初始条件为：
	\begin{align*}
		f(0) & = 1 \\
		f'(0) & = 0 \\
		f''(0) & = 0
	\end{align*}
	特征方程为：$$ r^{3}-1=(r-1)(r^{2}+r+1)=0 $$
	特征根为：
	$$
	\left\{
		\begin{aligned}
		r_{1} & =  1 \\
		r_{2} & =  e^{\frac{\pi}{3}i} = \dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \\ 
		r_{3} & =  e^{-\frac{\pi}{3}i} = \dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}
		\end{aligned}
	\right. 
	$$
	解的形式为：
	$$ f(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) + c_{3}e^{-\frac{x}{2}}\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) $$
	求导：
	\begin{align*}
		 f'(x) = & c_{1}e^{x} -\dfrac{1}{2}c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x)
						  -\dfrac{\sqrt{3}}{2}c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) \\ 
				&		  -\dfrac{1}{2}c_{3}e^{-\frac{x}{2}}\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x)
						  +\dfrac{\sqrt{3}}{2}c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) \\
		f''(x) = & c_{1}e^{x} + \dfrac{1}{4}c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) 
						   + \dfrac{\sqrt{3}}{4}c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) \\
						&   + \dfrac{\sqrt{3}}{4}c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x)
						   - \dfrac{3}{4}c_{2}e^{-\frac{x}{2}}\cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x)  \\
						&   + \dfrac{1}{4}c_{3}e^{-\frac{x}{2}}\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x)
						   - \dfrac{\sqrt{3}}{4}c_{3}e^{-\frac{x}{2}}\cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) \\
						&   - \dfrac{\sqrt{3}}{4}c_{3}e^{-\frac{x}{2}}\cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x)
						   - \dfrac{3}{4}c_{3}e^{-\frac{x}{2}}\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x)
	\end{align*}
	求解系数：
	$$
	\left\{
		\begin{aligned}
		f(0) & =  1 = c_{1} +c_{2} \\
		f'(0) & =  0 = c_{1} - \dfrac{1}{2} c_{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2} c_{3} \\ 
		f''(0) & =  0 = c_{1} + \dfrac{1}{2} c_{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} c_{3} \\
		\end{aligned}
	\right. 
	$$
	$$
	\left\{
		\begin{aligned}
		c_{1} & =  \dfrac{1}{3} \\
		c_{2} & =  \dfrac{2}{3} \\ 
		c_{3} & =  0 \\
		\end{aligned}
	\right. 
	$$
	$$ f(x) = \dfrac{1}{3}e^{x} + \dfrac{2}{3} e^{-\frac{x}{2}} \cos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x) $$
	 
\item $ ((\cosh n X^{n}))_{n \in \mathbb{N}} $，它的收敛半径为$ \dfrac{1}{e} $。

记$ f(x) = \sum\limits^{+\infty}_{n=0}\cosh n x^{n}  $，
	\begin{align*}
		 f'(x) & = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \cosh n x^{n} \\
			   & = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \dfrac{e^{n}+e^{-n}}{2} x^{n} \\
			   & = \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \dfrac{e^{n}}{2} x^{n} + \sum\limits^{+\infty}_{n=0} \dfrac{e^{-n}}{2} x^{n} \\
			   & = \dfrac{1}{2} (\dfrac{1}{1-ex}+\dfrac{1}{1-\frac{x}{e}}) 
	\end{align*}


\end{enumerate}

\end{document}















